求函數極限的方法和技巧

1、求函數極限的方法和技巧在數學分析和彳積分學中，極限的概念占有主要的地位并以各種形式出現而貫穿全部內容，因此掌握好極限的求解方法是學習數學分析和微積分的關鍵一環(huán)。本，力圖在方法的正文就關于求函數極限的方法和技巧作一個比較全面的概括、綜合確靈活運用方面，對讀者有所助益。一、求函數極限的方法1、運用極限的定義：例：用極限定義證明:x2-3x2彳二1x2-3x21-2x24x+4x-22x-2x-2Vs0,取6則當0x2xo時,e型)0例：求limx2x3x2-16x20解:原式=!如32x7x16x12x3-3x2-10x(2x2-6x-20)x35x26x(2x210x12)-2lim(x2)(x

2、2-3x-10)x2(x2)(x25x6)2(x-3x-10)=lim2=limx(x25x6)x，N(x2)(x3)(x-5)(x2)x-5=limx蘆x34、通分法（適用于例:求lim(-x24解:06型)U)-x22-x4-(2x)(2x)(2-x)=lim(2-x)=lim，x2(2x)(2-x)x22x5、利用無窮小量性質法（特別是利用無窮小量和有界量之乘積仍為無窮小量的性質）設函數f（x）、g（x）滿足：（I）limf(x)=0(II)xTg(x)x0例：求下列函數的極限xecosx5ln(1x)(1)、lim2(2)lim-x01xln(1-x)x0xxK解：由于x=0屬于初等函

3、數f(x)=e,c0sx5的定義域之內1x2ln(1-x)故由函數的連續(xù)性定義有:_xecosx5lim2J01xln(1-x)1=ln(1,x)x1令x=(1x)x故有:ln(1x)=limQln(1x)x=ln(lim(1x)x)=lne=110、變量替換法(適用于分子、分母的根指數不相同的極限類型)特別地有:lxk-1mllim-=一m、x1-nkx1例：求下列函數極限1-nxlimi(m、nWN)x11-mxn、k、l為正整數。Dlim(2)x1x二2x1解：令t=呻x則當xT1時tT1,于.1-tm(1-t)(1tt2原式=lim=limnt11-tnt1(1-t)(1tt2tn4)

4、日-tm4)由于lim(-)x1=lim(1x二2x1x-二2x1)x12x11ntt,11=貝Ux+1=+2tt2lim(2x-)x1=lim(12)x1=lim(1t)2x2x1x-.，2x-1t-0定理：設在X0的某空心鄰有：limg(x)=limh(x)=A,則極限xT()X0域內恒有g(x)X0&h(x),且f(x)=A例:limJa(a1,n0)解:當x1時，存在唯一的正整數k,使nX于是當n0時有：1a(k1)nknXXa&x二ak及l(fā)imkn(k1)n1明工.kn1二下a1-=0-=0anXlim-=0xa12、用左右極限和極限關系(適用于分段函數求分段點處的極限，以及用定義求

5、極限等情形)。定理：函數極限limf(x)存在且等于A的充分必要條件是左極限limf(x)及xNxXq-右極限limf(x)都存在且都等于A。即有：xxolimf(x)=A：=limf(x)=limf(x)=AX及X_XoxJXq.1-2e,x0X：0一-1lim.f(x)=lim/X_X)=limNx-1)xQX0xX)0由limf(x)=limf(x)=-1limf(x)=-1x0-x0-X0又Vlimf(x)=limX/=lim(&-1)=0X1-X1-、xx1一limf(x)=lim+x2=1由f(1-0)f(1+0),limf(x)不存在X1X1x)113、羅比塔法則(適用于未定式極

6、限)定理：若(i)limf(x)=0,limg(x)=0x_X0x_X0(ii)f與g在Xo的某空心鄰域u(xo)內可導，且g(x)#0(iii)lim匚兇=A(A可為實數，也可為士g或電),則x閥g(x)limiimdAx兩g(x)x兇g(x)此定理是對0型而言，對于函數極限的其它類型，均有類似的法則。0注：運用羅比塔法則求極限應注意以下幾點：一、,0二，一1、要注意條件，也就是說，在沒有化為0,時不可求導。0二2、使用羅比塔法則，要分別的求分子、分母的導數，而不是求整個分式的導數。3、要及時化簡極限符號后面的分式，在化簡以后檢查是否仍是未定式，若遇到不是未定式，應立即停止使用羅比塔法則，否

7、則會引起錯誤。4、當lim工0不存在時，本法則失效，但并不是說極限不存在，此時求極xag(x)限須用另外方法。例：求下列函數的極限ex-(12x)2lnxlime-(12j)limW(a0,x0)x0ln(1x2)x二xa解：令f(x)=ex-(1+2x)/2,g(x)=ln(1+x2)f(x)=ex-(1+2x),2,g(x)=2x1x22(1-x2)一(1x2)2由limlnx=0,limxa=00x)二：x)二二qQ故此例屬于二型，由羅比塔法則有:OOf”(x)=ex+(1+2x)_2,g(x)由于f(0)=f(0)=0,g(0)=g(0)=0但f(0)=2,g(0)=2從而運用羅比塔法

8、則兩次后得到ex(1+2x)/ex(1+2x)T2ex+(1+2x)+22lim2=lim二二lim2=1x0ln(1x)x02xx。2(1-x)21x2(1x2)2.lnx.x.1lim=lim-z-r=lim-r=0(a0,x0)x二xax-axaJx,二axa14、利用泰勒公式對于求某些不定式的極限來說,列為常用的展開式：使用泰勒公式比使用羅比塔法則更為方便，下2、3、2!3xsinx=x一一3!2cosx=12!no(xn)n!4、ln(1x)=x-55!4x+4!2x十22n(-1)nJLxo(x2n)(2n-1)!2n(-1)no(x2n1)(2n)!n(-1)nJ-o(xn)5、

9、(1+x)=1+ax+巴-)x22!n:(二-1)(二n1)n/n、-xo(x)n!1=1xx2-xn1-xo(xn)上述展開式中的符號o(xn)都有：lim空J=0xwx例：求limxQ.a2x-ax.(a0)解：利用泰勒公式，當xt0有0+x=1+-+o(x)2.a2xf/ax=lXmo刊mo1四1/2x1x/()o(x)-1-o(x)2a2a.a2a=limx0xx1刈21a二lim-a-x0xo(x)15、利用拉格朗日中值定理在閉區(qū)間上連續(xù)；(II)f在(a,b)內可定理：若函數f滿足如下條件：(I)f導則在(a,b)內至少存在一點;，使得f(七)=f(b)f(a),此式變形可為:b-

10、af(b-=f(a-(b-a)(0：二1)b-axsinx例：求lime-eJ0x-sinx解：令f(x)=ex對它使用中值定理得ex-esinx=f(x)-f(sinx)=(x-sinx)f(sinxi(x-sinx)(0:二：二1)xsinx_e-e，一即：e一e=f(sinxTx-sinx)(0；：1)x-sinx_x丫f(x)=e連續(xù)二limf(sinx+8(xsinx)=f(0)=1x_0xsinxe-e)從而有：lim=1x，0x-sinx16、求代數函數的極限方法(1)有理式的情況，即若：,ambn(a。:0,b0:0)mmP(x)a0xaxR(x)=nn-3Q(x)b0xb1x

11、(I)當xt比時，有l(wèi)imPx)=limx-:Q(x)x，二mm-1a0xaxbxnb1xn4,ambnab0=*0CO(II)當xt0時有:若Q(x0);0若Q(x0)=0若Q(x0)=0muP(x)P(x0)則lim=x-Q(x)Q(x0)P(x)而P(x0)#0則lim笛x。Q(x)P(x0)=0,則分別考慮若x0為P(x)=0的s重根,即：P(x)=(x-x)sP1(x)也為Q(x)=0的r重根，即:Q(x)=(xx)rQ1(x)可得結論如下：sr_.P(x).(X-Xo)R(x)lim=limx兩Q(x)x兇Qi(x),P(xo)=Qi(xo)oO,s=r,s014-x2_4xcosusinu=limu0s